【文档说明】江苏省如皋市2019-2020学年高二下学期教学质量调研（二）数学答案.pdf，共(6)页，459.375 KB，由小赞的店铺上传

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2019-2020学年度高二年级第二学期教学质量调研（二）答案一、单项选择题题号12345678答案DCACAABC二、多项选择题题号9101112答案BDABDACBD三、填空题13、1.214、102715、7316、，1四、解

答题17.（1）由正弦定理𝑎sin𝐴=𝑏sin𝐵=𝑐sin𝐶∴2sin𝐵cos𝐴=2sin𝐶−sin𝐴……………………………………………1分∵𝐴+𝐵+𝐶=𝜋∴sin𝐶=sin(𝐴

+𝐵)∴2sin𝐵cos𝐴=2sin𝐴cos𝐵+2cos𝐴sin𝐵−sin𝐴∴sin𝐴=2sin𝐴cos𝐵…………………………………………2分∵0<𝐴<𝜋∴sin𝐴≠0∴cos𝐵=12……………………………………………4分∵0<𝐵<

𝜋∴𝐵=𝜋3……………………………………………5分（2）∵𝑆∆𝐴𝐵𝐶=12𝑎𝑐sin𝐵=12𝑎𝑐×√32=3√34∴𝑎𝑐=3……………………………………………7分由余弦定理𝑏2=𝑎

2+𝑐2−2𝑎𝑐cos𝐵7=𝑎2+𝑐2−𝑎𝑐=(𝑎+𝑐)2−3𝑎𝑐∴𝑎+𝑐=4……………………………………………9分∴∆𝐴𝐵𝐶的周长为4+√7……………………………………………10分（第一问约去Asin时，不说明0sinA，扣1分）18.（1）∵𝑓

(𝑥)是奇函数∴𝑓(−𝑥)=−𝑓(𝑥)∴𝑓(0)=1−𝑎=0即𝑎=1……………………………………………1分经检验𝑎=1符合题意……………………………………………2分∵𝑓′(𝑥)=𝑒𝑥+1𝑒𝑥>0∴𝑓(𝑥)在R上单调增…

…………………………………………3分32xfxxf∵𝑓(𝑥)是奇函数xfxf33，即xfxxf32∵𝑓(𝑥)在R上单调增xxx32，即0

322xx……………………………………………5分不等式的解集为1,3……………………………………………6分（2）令𝑡=𝑓(𝑥)=𝑒𝑥−1𝑒𝑥∵𝑥>0且xf在，0上单调递增

∴𝑡>0……………………………………………7分∵𝑒2𝑥+1𝑒2𝑥−2𝑚(𝑒𝑥−1𝑒𝑥)≥0𝑡2+2−2𝑚𝑡≥0∴2𝑚≤(𝑡+2𝑡)𝑚𝑖𝑛……………………………………………9分22222tttt，当且仅当𝑡=2𝑡，即𝑡=√2时取等号………………

……………11分∴2𝑚≤2√2∴𝑚≤√2……………………………………………12分19.解：（1）92045.0m11.015.045.0n3.0n……………………………………………2分（2）所用时间大于等于

15秒所用时间小于15秒男生515女生155……………………………………………6分222()3=()()()()40(25225)=20202020nadbcabcdacbd=106.635……………………………………………10分26.635=0.01PQ又

所以有99%的把握认为百米赛跑所用时间跟男、女生性别有关.……………12分20.解：1//abrrQ2sincossin(cos23sin)sincos23sinxxxxxxxx22sincos23sin=0xxx……………………………………2分,0

2xQsin0cos0xx……………………………………3分2cos23sin0xx3tan3x…………………………………………4分,02xQ6x……………………………………5分22cos(cos23sin)sincos

223sincos3sin2cos2fxxxxxxxxxx=2sin26x……………………………………7分12sin(4)423fxgxx向右平移个单位，然后纵坐标不变，横坐标变为原来的，得到……………………………………8分762454336xx

Qmax5423224xxgx当即时，……………………………………10分min57413624xxgx当即时，……………………………………12分21

.解：313)(2xaaxxf（1）.0xf31x，ax120131a即31axa1,a13,1a3,3xf+0-0+xf↗↘↗0231a即31a0xfxf在,上单调增.0331a

即310ax3,3a1,3,1axf+0-0+xf↗↘↗综上所述：01当310a时，xf在3,上单调增，在a1,3上单调减，在,1a上单调增

..……………2分02当31a时，xf在,上单调增...……………4分03当31a时，xf在a1,上单调增，在3,1a上单调减，在,3上单调增...……………6分（2）.由(1)可知：当

1a，xf在3,1上单调减，在4,3上单调增.xf的最小值为29293baf..……………8分xf的最大值为4,1maxffa125671baf，4384

baf0232314affxf的最大值为25671baf..……………10分025671baf829293baf3a，1b...……………12分22.

(1).解：021ln22xax在,1上恒成立即021ln2min2xaxxaxxaxxf201当1a时，0xf在,1上恒成立，则xf在,1上单调增.01

fxf1a..……………2分02当1a时，0xfaxxa,1a,a)(xF-0+xF↘极小值↗xf在,1上的最小值为af而xf在a,1上单调递减01

faf不符合题意.综上所述：1a..……………4分(2).axxaxxg221ln22xaaxxaxaxxg22221,xxxg有两个极值点022aaxxx在,0上有两个不等的根，且在根的两侧异号axx221，a

xx21即：022000442aaaa1a..……………7分此时，xg在,,,021xx上单调递增，在21,xx上单调递减21ln221l

n222212121xaxxaxxgxg1lnln2212121221xxaxxxx1ln22aaaaaeeaaaa121ln22即0121ln22

aeeaaaa..……………9分1a即01211ln2eeaaa设eeaaaaF1211ln20121121122222aaaaaaaaa

F)(aF在1,单调递减又0eF不等式解集为1,e...……………12分